[Mathe] Lösungsthread KLausur 06/07

J3J3 · Beitrag von **J3J3** » 25.02.2011 19:30

Lösungsthread zu folgende Klausur: "matheIII_ws0607_grB"
(befindet sich im Downloadbereich ganz oben)
Na dann ma los.

Ich fasse hier mal alles zusammen was im Thread zusammen rausgefunden wurde.

zu 1.:

mit der Definitionsformel des cosinus und Konstanten:

$y_{H}=(C_{1}+C_{2}\cdot x)e^{2x}+C_{3}e^{x}+C_{4}\cdot e^{-x}$

Daraus folgen Nullstellen der charakt. Gleichung: 2 (doppelt), 1 und -1
allgemeine Charakt. Gl. als Faktorisierung aufschreiben oder doppelte Nullstelle ausklammern und ausmultiplizieren (siehe Beitrag vom tuxianer und kl3mse). Endergebnis:

$\lambda^{4}-4\lambda^{3}+3\lambda^{2}+4\lambda-4=0$

Die DGL wäre dann analog dazu.

zu 2.:

Da bin ich stur dem Rechenschema für DGL-systeme gefolgt. Ich erhalte folgendes:

$\begin{pmatrix}x(t))\\ y(t))\end{pmatrix}=C_{1}\begin{pmatrix}-4\\ 1\end{pmatrix} e^{t}+C_{2}\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix} e^{8t}$

tuxianer · Beitrag von **tuxianer** » 26.02.2011 10:29

Also bei erstens erhalte ich:

$\lambda^4-4\lambda^3+3\lambda^2+4\lambda-4=0$

cothem · Beitrag von **cothem** » 26.02.2011 11:05

@tuxianer, kann ich bestätigen.

J3J3 · Beitrag von **J3J3** » 26.02.2011 11:06

könnt ihr bitte euren Weg kurz beschreiben? Vorallem wie ihr das Problem mit den 4 Unbekannten und 3 Gleichungen gelöst hast? Die Nullstellen und damit den Ansatz scheinen ja derselbe zu sein. Wahrscheinlich hab ich irgendwas übersehen...

kl3mse · Beitrag von **kl3mse** » 26.02.2011 11:10

ich geh mit tuxianer mit.
@J3J3: du hast die doppelte nullstelle vergessen (deja vu!). du kannst also von deinem allg. charakt. gleichungs-ansatz $(\lambda -2)^2$ ausklammern. dann hast du für den "restfaktor" zwei nullstellen und kannst die koeffizienten eindeutig lösen.
schicke aufgabe!

edit: ich schreib den weg doch nochmal kurz auf..
allg. charakteristische gleichung:
$\lambda ^4 + a\lambda ^3 +b\lambda ^2 +c\lambda + d=0$

da 2 eine doppelte nullstelle, kann man $(\lambda -2)^2$ ausklammern und weiss über den "restfaktor" A(x), dass es ein polynom 2. grades ist:
$(\lambda -2)^2*A(x)=0$
damit:
$(\lambda -2)^2(\lambda ^2+e\lambda +f)=0$
es ist ersichtlich:
$(\lambda ^2+e\lambda +f)=0$
mit $\lambda _1=1$ und $\lambda _2=-1$ folgt (zwei gleichungen, zwei unbekannte):
$e=0$ und $f=-1$ .
das ganze eingesetzt und wieder ausmultipliziert liefert
$\lambda ^4-4\lambda ^3+3\lambda ^2+4\lambda -4=0$

J3J3 · Beitrag von **J3J3** » 26.02.2011 11:14

Ach verdammt. Du hast recht. Da war doch schonmal so eine Aufgabe

... Sehr gut. Dann werde ich das oben mal ergänzen, damit am Ende eine hübsche Übersicht entsteht

tuxianer · Beitrag von **tuxianer** » 26.02.2011 11:16

Also bei solchen Aufgaben einfach die Faktorisierung aufschreiben, und dann auflösen hier in dem Fall:

$(\lambda-2)^2\cdot(\lambda-1)\cdot(\lambda+1)=0$

Anscheinend macht ihr euch die Sache viel zu kompliziert

.

kl3mse · Beitrag von **kl3mse** » 26.02.2011 11:17

hehe, da hab ich mir ja wieder ein wenig viel arbeit gemacht. danke für den hinweis!

tuxianer · Beitrag von **tuxianer** » 26.02.2011 11:19

kl3mse hat geschrieben:hehe, da hab ich mir ja wieder ein wenig viel arbeit gemacht. danke für den hinweis!

Naja einfach mal ein wenig mathematische Kreativität spielen lassen

.

kl3mse · Beitrag von **kl3mse** » 26.02.2011 11:21

tuxianer hat geschrieben:
kl3mse hat geschrieben:hehe, da hab ich mir ja wieder ein wenig viel arbeit gemacht. danke für den hinweis!

Naja einfach mal ein wenig mathematische Kreativität spielen lassen .

wir sind hier nicht im zirkus! :-p

kl3mse · Beitrag von **kl3mse** » 26.02.2011 13:23

kannst du mal die lösung deiner charakt. gleichung bei 2. posten? irgendwie verechne ich mich die ganze zeit...
edit: danke, jetzt klappts doch..

J3J3 · Beitrag von **J3J3** » 26.02.2011 13:33

h²-9h+8=0 mit h=lambda da komm ich auf h1=1 und h2=8 und für diese Eigenwerte dann entsprechende Eigenvektoren bestimmen.

kl3mse · Beitrag von **kl3mse** » 26.02.2011 14:15

zu spät!

ich mach mal weiter:
bei der 3:
a)
Bilder: $w_1=-1$ und $w_2=e\cdot cos(1)+i\cdot e\cdot sin(1)$
Urbilder: $w_1^'=ln|\pi |+i(\frac{\pi}{2}+2k\pi)$ und $w_2^'=ln|\sqrt2| + i(\frac{\pi}{4}+2k\pi)$

b) (nach meiner oben erläuterten methode)
reelle achse: drei punkte eingesetzt und ausgerechnet, ergibt Kreis mit M(-0.5|0) und r=0.5
imag. achse: ergibt gerade x=-0.5
einheitskreis: ergibt gerade y=0

das im ersten quadranten und von diesen drei kurven liegende gebiet ("viertel kuchen") wird abgebildet und ergibt eine fläche die nach oben hin begrenzt wird durch y=0 (real-achse) und nach rechts durch x=-0.5 (verschobene imaginär-achse). ->links und nach unten bis ins unendliche (das ist die abbildung von z=i ->singulärer punkt) und rechts oben bevor sich die real-achse und die verschobene imaginär achse treffen ist noch ein viertel des kreises von der abbildung der reellen achse.
ich hab das ganze mal skizziert im merker-style!

einwände?

J3J3 · Beitrag von **J3J3** » 26.02.2011 14:29

Also ich hab andere Urbilder:
für -1: ln(1)+i(pi+2kpi) = i(pi+2kpi)
für 1+i: 1+i(2kpi)
die b hab ich auch so nur das Gebiet hab ich noch ni, weil ich grad ET mache...

tuxianer · Beitrag von **tuxianer** » 26.02.2011 14:45

kl3mse hat geschrieben: Bilder: $w_1=-1$ und $w_2=1+i$
Urbilder: $w_1^'=ln|\pi |+i\frac{\pi}{2}$ und $w_2^'=ln|\sqrt2 + i\frac{\pi}{4}|$

Ich glaub du hast dich vertippt. Also bei dem Bild von z2 hast du wahrscheinlich versehentlich z2 abgetippt, und bei w2' den Betragsstrich falsch gesetzt.

Die b sieht eig. gut aus. Die hatte ich glaube genau so.

Mal was anderes. Kann es sein, das Sasvári das Wort Urbild noch nie in den Mund genommen hat?

kl3mse · Beitrag von **kl3mse** » 26.02.2011 14:59

@tuxianer: danke! betragsstrich hatte ich schon korrigiert. w2 ist falsch abgeschrieben. wird gleich korrigiert. wie siehts mit dem widerspruch zu J3J3's lösung aus?

urbild hab ich übrigens auch noch nie gehört. musste da schon erstmal überlegen was er wohl meint..
dafür hatte er mal das wort "body percussion" in den mund genommen!

wie siehts denn mit den integralen in aufgabe 5 aus? da hab ich so irgendwie meine probleme mit...

J3J3 · Beitrag von **J3J3** » 26.02.2011 15:04

Hat der Sasvari noch ni in den Mund genommen, seh ich auch so.
Und ich hab natürlich ma wieder was verwechselt. und die Urbilder von e^(-1) und e^(1+i) bestimmt

Bei dem Bild von 1+i komme ich übrigens doch auf was anderes.

$e^{1+i}=e^{1}\cdot e^{i}=e \cdot (i\cdot sin(1)+cos(1))$

und da ein Urbild die Menge aller Elemente enthält welche mit der Abbildungsvorschrift ein und dasselbe Abbild ergeben, müssten eure Urbilder noch jeweils +2kpi hinter den winkeln im Imaginärteil enthalten. Dann stimme ich mit euch überein.

kl3mse · Beitrag von **kl3mse** » 26.02.2011 15:15

siehe oben. wurde schon berichtigt. machst du die 5. aufgabe mal (ausführlich)? da heng ich irgendwie jedes mal da und weiss nicht wie ich anfangen soll..
5a) z.B.: eine singuläre stelle bei z=0. die funktion ist nicht holomorph weil betragsfunktion (würd ich meinen).

b) $\oint cosh(z)dz=\oint \frac{e^z}{2}+\frac{1}{2e^z}dz$
jetzt weiss ich dass e^z holomorph ist. bei dem zweiten teil bin ich mir nicht sicher. soll ich jetzt anfangen wie wild abzuleiten um zu zeigen dass der zweite teil auch/nicht holomorph ist, oder gibt's einen schöneren weg?

c) sieht mir verdächtig nach cauchy'scher integralformel aus. habs aber noch nicht versucht..

tuxianer · Beitrag von **tuxianer** » 26.02.2011 15:38

Also a) am besten schreiben: $|z|^2=z\cdot \overline z$ . Und dann halt mit der Parametrisierung arbeiten.

b) Ist meiner Meinung nach 0, da cosh(z) auf C holomorph ist und somit eine Stammfunktion existiert.

c) Was genau ich raus hatte, weiß ich nicht mehr, aber einfach Cauchy oder per Residuensatz.

tortue · Beitrag von **tortue** » 26.02.2011 15:59

Wie kommt ihr auf die uhrbilder? irgendwie macht es bei mir nicht klick... kann da einer mal den Lösungsweg vorgeben?

kl3mse · Beitrag von **kl3mse** » 26.02.2011 16:30

URbilder: bedeuten dass die gegebenen punkte durch die abbildungsgleichung entstanden sind.
d.h. konkret: f(z)=w=e^z. die gegeben punkte sind also w1 und w2 und du musst z1 und z2 finden.
demzufolge musst du die umkehrfunktion der gegeben funktion bilden, was im komplexen mehrdeutig ist, aber das hab ich schon irgendwo in einem anderen thread "erklärt". (siehe s. 173 im merziger.)

@tuxianer: kannst du die integrale mal lösen? ich steh irgendwie aufm schlauch..
gut: b) kannst du dir schenken. das ist null, da bin ich gleicher meinung.

tortue · Beitrag von **tortue** » 26.02.2011 16:57

also muss ich umkehrfunktion von e^z=-1 machen? da würde ich doch auf z= ln|-1|+2k*pi*i kommen oder?

kl3mse · Beitrag von **kl3mse** » 26.02.2011 16:58

ich würde behaupten es ist nicht einfach I=2*pi*i, da ich vermute dass die funktion nicht holomorph ist.
kann das jemand bestätigen oder hat da jemand einen anderen weg?

tuxianer · Beitrag von **tuxianer** » 26.02.2011 17:44

Also die Betragsfunktion ist nicht holomorph!

$I=\int\! \frac{{|z-1|}^2}{z} \, dz$

$=\int\! \frac{(z-1)\cdot(\overline z -1)}{z} \, dz$

$=\int\! \frac{z\cdot \overline z -z - \overline z +1}{z} \, dz$

$z=e^{it} \ , \ 0\le t\le 2 \pi$

$dz=i \cdot e^{it}$

$I=i \cdot \int_0^{2\pi}\! (2-e^{it}-e^{-it})\, dt = 4\pi i$

Keine Garantie auf Richtigkeit. Dieser hässliche Latex Converter macht mich noch fertig.

kl3mse · Beitrag von **kl3mse** » 26.02.2011 17:47

das ging ja fix. danke erstmal (muss noch nachvollziehen..)
OT: welchen converter nutzt du denn? ich finde für die mühen die man sich hier macht könnte es dann wenigstens noch gut aussehen, aber dann dieser pixelkrieg...!

edit: okay, cool das hab ich auch raus und find den weg schön. danke nochmal!
reicht es denn wenn man weiss dass es nicht holomorph ist, oder muss man das auch zeigen? das ist ja manchmal recht zeitraubend...

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